Тема Курчатов

Планиметрия на Курчатове

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела курчатов

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#120662Максимум баллов за задание: 7

Высоты $BE$ и $DK$ параллелограмма $ABCD$ пересекаются в точке $H.$

a) Докажите , что прямые $CH$ и $KE$ перпендикулярны;

б) Найдите длину диагонали $BD$ , если $KE = 3,CH =3,2.$

Замечание. Пункт а) выполнен не во всех случаях.

Источники: Курчатов - 2025, 11.3 (см. olimpiadakurchatov.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте заметим, что в условии не указано, на какие стороны опущены высоты. Значит, возможно несколько вариантов. Рассмотрите их. На всех ли картинках действительно будет выполняться эта перпендикулярность?

Подсказка 2

Давайте во втором пункте сначала рассмотрим случай, когда высоты BE и DK опущены на AD и AB. Мы хотим связать BD с KE и CH. Это совсем нетрудно сделать, если вспомнить про наличие подобных треугольников, связанных с ортоцентром, и теорему синусов.

Подсказка 3:

Давайте обозначим ∠BAD через γ. Треугольники △AEK и △ABD подобны. А знаете, с каким коэффициентом? Теорему синусов же стоит применять где-то в окружности (CBHD), там тоже фигурирует угол γ.

Подсказка 4:

Во втором случае ситуация иная. Можно сразу вычислить sin(γ), если поработать с окружностью (CKHE). Если дальше вспомнить про подобие, то задача решится)

Показать ответ и решение

а) Докажем, что в общем случае это неверно. В условии не указаны стороны, на которые опускаются высоты $BE$ и $DK,$ а значит, возможны два варианта: либо точки $E$ и $K$ лежат соответственно на сторонах $AD$ и $AB,$ либо соответственно на сторонах $CD$ и $CB.$ Приведём пример параллелограмма для второго случая, в котором утверждение задачи неверно — пусть $∘ ∠A = 45 ,$ $AB = 1,$ $√ - AD = 2.$ Тогда вершина $D$ совпадает с точками $E$ и $H,$ а точка $K$ является серединой $BC.$ Очевидно, что тогда угол между $CH$ и $KE$ равен $∘ 45 ,$ и они не перпендикулярны.

$PIC$

Замечание. В случае, когда высоты $BE$ и $DK$ опущены на стороны $AD$ и $AB,$ действительно, всегда будет перпендикулярность между прямыми $KE$ и $CH.$

б) Случай $1.$ Рассмотрим случай, когда высоты $BE$ и $DK$ опущены на стороны $AD$ и $AB.$

Пусть $∠BAD = ∠BCD = γ.$ Треугольники $AKE$ и $ABD$ подобны (их углы равны), следовательно,

KE-= AE-= cosγ BD AB

Для треугольника $BCD,$ вписанного в окружность с диаметром $CH,$ верна теорема синусов:

-BD- sinγ = CH

$PIC$

Подставляя известные значения $KE$ и $CH$ получаем:

(|{ BD- sinγ = 3,2 |( cosγ = 3-- BD

Заменяя $BD = x$ и подставляя все в выражение тригонометрического тождества, получаем уравнение:

-x2-+ 32= 1 3,22 x2

4 2 x − 10,24x + 92,16= 0

Полученное квадратное уравнение на $x2$ не имеет решений, так как его дискриминант меньше нуля. Значит, этот случай невозможен.

Случай $2.$ Рассмотрим случай, когда высоты $BE$ и $DK$ опущены на стороны $CD$ и $CB.$

Для треугольника $CKE,$ вписанного в окружность с диаметром $CH,$ верна теорема синусов:

-KE- sinγ = CH

Таким образом,

KE- 15 sinγ = CH = 16

Пусть $∠BCD = γ.$ Треугольники $CKE$ и $CDB$ подобны (их углы равны), следовательно,

KE CE ∘------- √31- BD-= BC-= cosγ = 1− sin2γ =-16

Подставляя $KE = 3$ находим:

BD = √48- 31

$PIC$

Ответ:

(a) Неверно в общем случае;

(b) $-48- √31$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#126196Максимум баллов за задание: 7

Дан ромб $ABCD,$ в который вписана окружность. Точки $P$ и $Q$ выбраны на сторонах $AB$ и $AD$ таким образом, что отрезок $PQ$ касается окружности.

(a) Докажите, что площадь треугольника $CPQ$ не зависит от выбора отрезка $PQ.$

(b) Найдите эту площадь, если известна сторона $a$ ромба и его острый угол $α.$

Источники: Курчатов - 2025, 10.3 ( см. olimpiadakurchatov.ru)

Подсказки к задаче

Пункт а, подсказка 1

Пусть r — радиус окружности, K и L — точки касания окружности со сторонами AB и AD, сторона ромба равна a, PB = x, QD = y, PQ = z. Попробуйте выразить площадь треугольника CPQ через другие площади.

Пункт а, подсказка 2

S(CPQ) = S(CBPQD) - S(CBP) - S(CDQ).

Пункт a, подсказка 3

S(CPQ) = (a - (x + y - z)/2) ⋅ r. А чему равна сторона BK?

Пункт b, подсказка 1

S(CPQ) = (a - BK) ⋅ r = AK ⋅ r = S(CKA). Чему равен r?

Пункт b, подсказка 2

r = (a/2) ⋅ sin(α).

Показать ответ и решение

$PIC$

(a) Обозначим через $r$ радиус окружности, а через $K$ и $L$ — точки касания окружности со сторонами $AB$ и $AD.$

SCPQ = SCBPQD − SCBP − SCDQ =

= 2a+x-+y-+z-⋅r − (x+ y)r= (a− x+-y− z-)⋅r 2 2

Заметим, что

BK = x-+y-− z, 2

а $BK$ не зависит от выбора точек $P$ и $Q.$

(b) Из пункта a знаем

SCPQ = (a− BK )⋅r= AK ⋅r =SCKA

Кроме того,

r= a sin(α) 2

( α) AK = r⋅ctg 2

Тогда

a2 (α ) SCPQ = -4 sin2(α)ctg 2

Ответ:

(b) $a2-sin2αctg(α∕2) 4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#135361Максимум баллов за задание: 7

Окружность с диаметром $BD$ касается сторон угла $A$ в точках $B$ и $C.$ Её хорда $DE$ проходит через середину хорды $BC,$ а отрезок $AD$ пересекает окружность в точке $F.$

а) Докажите, что хорды $EF$ и $BC$ параллельны;

б) Найдите отношение $EF :BC,$ если угол $BAC$ равен $∘ 60.$

Источники: Курчатов - 2024, 10.4 (см. olimpiadakurchatov.ru)

Подсказки к задаче

Пункт а, подсказка 1

Внимательно посмотрите на чёртеж: что мы могли бы сказать про точки E и F, если бы условие задачи выполнялось?

Пункт а, подсказка 2

Заметим, что вся картинка симметрична относительно прямой AO. Тогда нам нужно доказать, что точки E и F тоже симметричны относительно этой прямой! Но как это сделать?

Пункт а, подсказка 3

Пусть N — точка, диаметрально противоположная точке C. Тогда точки A, E и N должны лежать на одной прямой! Что это говорит нам об углах нашего чертежа?

Пункт а, подсказка 4

Угол CEN прямой, значит, угол CEA тоже должен быть прямым. Чтобы это доказать, найдите вписанный четырёхугольник на чертеже!

Пункт б, подсказка 1

На картинке много равных и прямых углов, что может намекать нам на обилие подобных треугольников! Из какого подобия мы можем достать нужное отношение?

Пункт б, подсказка 2

Пусть M — середина BC. Заметим, что треугольники MFE и MDN подобны! Это подобие даёт нам отношение некоторых сторон.

Пункт б, подсказка 3

Более того, одно из этих отношений — искомое, а второе мы можем найти, используя теорему Пифагора и степень точки M!

Показать ответ и решение

а) Пусть $M$ середина $BC,$ $N$ точка диаметрально противоположная $C.$ Докажем,что точки $E$ и $F,$ симметричны относительно прямой $AO,$ для этого достаточно чтобы $A,$ $E,$ и $N$ лежали на одной прямой.

Так как, $NC$ диаметр, то достаточно доказать, что $∘ ∠AEC =90 .$ Но так, как $∘ ∠AMC =90 ,$ то хотим доказать, что $A,$ $E,$ $M,$ $C$ лежат на одной окружности, для этого проверим, что $∠CAM = ∠CEM.$

Заметим, что $ACOB$ вписанный, $M$ лежит на прямой $AO$ и $BCED$ вписанный, поэтому верны следующие равенства

∠CAM =∠CAO =∠CBO =∠CBD = ∠CED = ∠CEM

б) Можно считать, что $OB = 2.$ Заметим,что

∠COB =180∘− ∠CAB = 120∘

Значит,из теоремы косинусов $BC = 2√3.$ Так же видно, что $OM = OC cos60∘ = 1.$ Наконец, заметим, что $DN =BC$ и $△EMF$ подобен $△DMN,$ поэтому

EF-= EF-= ME-- BC DN MD

Это отношение и посчитаем. Посчитаем $MD$ с помощью теоремы Пифагора, для $△DMT,$ где $T$ — середина $DN$

∘ ---2-----2 ∘----2-----2 √- MD = MT + TM = 4OM + CM = 7

Воспользуемся степенью точки $M$

BM ⋅CM = MD ⋅ME

Откуда получаем

BM ⋅CM 3 ME = --DM----= √7-

Посчитаем нужное отношение

-EF = 3 BC 7

Ответ:

$3 7$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#68028Максимум баллов за задание: 7

Дан параллелограмм $ABCD$ такой, что $∠A = 60∘.$ Пусть $P$ и $Q$ — середины сторон $BC$ и $CD$ соответственно. Оказалось, что точки $A,P,Q,D$ лежат на одной окружности. Найдите $∠ADB.$

Источники: Курчатов-2023, 11.4 (см. olimpiadakurchatov.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте попробуем понемногу раскручивать задачу. В планиметрии важно, что если есть какие-то не связанные между собой объекты, то надо их связать, потому что иначе работать с ними будет тяжело. Поэтому какой отрезок здесь у нас связан с картинкой минимально? Как можно это исправить?

Подсказка 2

Верно, PQ почти никак не причастен к конструкции. Давайте продлим его на такое же расстояние до пересечения с AD в точке T. Получим известную конструкцию с параллелограммом. Тогда наш искомый уголок можно перекинуть, и тогда нужно найти ∠ATP = ∠ADB. Какой ещё факт можно вспомнить теперь с точкой T, ещё учитывая вписанный четырёхугольник? А какие углы будут у него?

Подсказка 3

Да, мы ведь можем записать теорему о равенстве произведений отрезков секущих. То есть на самом деле мы можем выразить сторону PT через AT. Также ∠APT = 60 из вписанности. Получается, на самом деле в треугольнике APT мы знаем один из углов и две стороны. Остаётся только найти угол ATP любым удобным способом. Например, можно опустить высоту из T и найти неизвестный угол как сумму двух составляющих.

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $M$ — середина стороны $AD.$ Продлим луч $P Q$ до точки $T$ такой, что $PQ =QT.$ Так как диагонали четырёхугольника $P CTD$ пересекаются в своих серединах, это параллелограмм; отсюда получаем, что точка $T$ лежит на прямой $AD$ и $DT = CP =DM.$

Отметим, что $DBP T$ — параллелограмм ( $DT$ равен и параллелен $PB ),$ поэтому искомый $∠ADB = ∠ATP.$ С другой стороны, из вписанности $APQD$ имеем

∠AP Q =180∘− ∠ADQ = 60∘.

Кроме того, $PM$ — средняя линия $ABCD,$ и параллельна сторонам $AB$ и $CD,$ откуда получаем $∘ ∠PMT = 60 .$ Значит, треугольники $AT P$ и $PTM$ подобны по двум углам. Тогда $AT :P T = PT :MT,$ то есть $2 P T = AT ⋅MT.$

Введём масштаб длин на чертеже так, чтобы отрезок $AM$ имел длину $1;$ тогда $AT = 3$ и $MT = 2,$ а $√ - PT = 6.$ Мы знаем один из углов треугольника $MP T$ и две его стороны; теперь можно воспользоваться любым из известных методов, чтобы вычислить остальные его элементы (включая искомый угол $ATP ).$ Например, опустим высоту $TH$ на прямую $MP.$ Так как $TP >T M,$ отрезки $TP$ и $TM$ окажутся по разные стороны от прямой $T H.$ В прямоугольном треугольнике $MT H$ гипотенуза равна $2,$ а угол напротив катета $TH$ равен $60∘,$ то есть сам катет равен $√- 3.$ Теперь ясно, что прямоугольный треугольник $THP$ равнобедренный, так как отношение гипотенузы к катету в нём равно $√- 2.$ Получаем $∠AT P = 30∘+ 45∘ = 75∘.$

Ответ:

$75∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#70784Максимум баллов за задание: 7

Точка $P$ внутри остроугольного треугольника $ABC$ такова, что $∠BAP =$ $∠CAP.$ Точка $M$ — середина стороны $BC.$ Прямая $MP$ пересекает описанные окружности треугольников $ABP$ и $ACP$ в точках $D$ и $E$ соответственно (точка $P$ лежит между точками $M$ и $E,$ точка $E$ лежит между точками $P$ и $D).$ Оказалось, что $DE =MP.$ Докажите, что $BC = 2BP.$

Источники: Курчатов-2022, 11.5 (см. olimpiadakurchatov.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас в задаче есть условие на углы и описанные окружности. Может, попробовать посчитать уголочки. Посмотрите, куда можно перекинуть уголочки ∠CAP и ∠BAP...

Подсказка 2

Т.к. DAPB- вписан ⇒ ∠PAB=∠PDB. Т.к. AEPC- вписан ⇒ ∠CAP=∠CEP. Но тогда ∠CEP=∠PDB. Это все, конечно, здорово, но мы пока не подобрались к отрезку BP. Нам нужно доказать, что BC=2BP. Это равносильно тому, что BP=BM. Т.е. нам надо доказать, что PBM- равнобедренный. Может, попробовать провести высоту BX и доказать, что PX=XM...

Подсказка 3

Мы еще не пользовались тем, что M- середина BC. Какое дополнительное построение сразу приходит в голову?

Подсказка 4

Конечно, удвоение медианы! Давайте удвоим XM: тогда получится точка Y, лежащая на прямой XM. Тогда т.к. BXCY-параллелограмм ⇒ ∠CYM=90° и CY=BX. Равны ли прямоугольные треугольники △DBX и △ECY?

Подсказка 5

Да! Т.к. CY=BX и ∠BDX=∠BDP=∠CEP=∠CEY. Но тогда DX=EY. Если мы докажем, что PX=MY, то мы победили. Вспомните, что DE=PM и доведите решение до конца!

Показать доказательство

$PIC$

Четырёхугольник $AEP C$ — вписанный, поэтому $∠CAP = ∠CEP.$ Аналогично четырёхугольник $BP AD$ — вписанный, поэтому $∠BDP =∠BAP =∠CAP =∠CEP.$

Опустим высоты $BX$ и $CY$ на прямую $MP.$ Заметим, что прямоугольные треугольники $BMX$ и $CMY$ равны по гипотенузе $BM =MC$ и острому углу $∠BMX = ∠CMY$ , откуда получаем $BX = CY.$

Заметим, что прямоугольные треугольники $CY E$ и $BXD$ равны по катету $CY =BX$ и острому углу $∠CEY =∠CEP =∠BDP = ∠BDX,$ откуда получаем $Y E = XD.$ Тогда

0= YE − XD =(YM + MP + PE)− (XP +P E+ ED )=Y M − XP

Получается, что $XP = YM =XM.$ Следовательно, в треугольнике $BP M$ высота $BX$ совпадает с медианой, поэтому он является равнобедренным, и $BP = BM = BC-, 2$ что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#92431Максимум баллов за задание: 7

Диагонали трапеции $ABCD (AD ∥BC )$ пересекаются в точке $O$ . На $AB$ отметили точку $E$ такую, что прямая $EO$ параллельна основаниям трапеции. Оказалось, что $EO$ — биссектриса угла $CED$ . Докажите, что трапеция прямоугольная.

Источники: Курчатов - 2021, 11.4 (см. olimpiadakurchatov.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть DE пересекает BС в точке К. Отметим накрест лежащие углы при EO и BC, а также соответственные углы при EO и КB. Что можно заметить теперь на рисунке?

Подсказка 2

Верно, равнобедренность одного из треугольников. Также мы знаем про факт, что у равнобедренных треугольников медиана является высотой.

Подсказка 3

Рассмотрим пары треугольников DBK, DOE и ABC, AEO. Что можно заметить при взгляде на них, учитывая подобие?

Подсказка 4

Равные коэффициенты подобия. Теперь задача быстро дорешивается фактом из 2 подсказки!

Показать доказательство

Пусть прямая $DE$ пересекает прямую $BC$ в точке $K$ .

$PIC$

Заметим, что $∠BCE = ∠CEO = ∠DEO =∠DKC$ , поэтому треугольник $CEK$ является равнобедренным и $CE =EK$ . Докажем, что отрезок $EB$ является его медианой отсюда последует, что он также является и высотой, и трапеция окажется прямоугольной (в силу того, что $∘ ∠ABC =90$ ).

Треугольники $DBK$ и $DOE$ подобны с коэффициентом $BD OD-$ , а также треугольники $ABC$ и $AEO$ подобны с коэффициентом $AC AO-$ . Эти коэффициенты подобия равны, поскольку параллельные прямые $BC$ и $AD$ высекают на прямых $AC$ и $BD$ пропорциональные отрезки (также это можно вывести из подобия треугольников $AOD$ и $COB )$ . Итак,

KB = BODD-⋅EO = AACO-⋅EO = BC

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#76411Максимум баллов за задание: 7

В остроугольном треугольнике $ABC$ через вершину $A$ проведена прямая $ℓ$ , перпендикулярная медиане, выходящей из вершины $A$ . Продолжения высот $BD$ и $CE$ треугольника пересекают прямую $ℓ$ в точках $M$ и $N$ . Докажите, что $AM =AN$ .

Источники: Курчатов - 2018, 9.4(см. olimpiadakurchatov.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сразу определим векторы, соответствующие сторонам треугольника и медиане. Как записать перпендикулярность «на языке векторов»?

Подсказка 2

Перпендикулярность векторов записываем как нулевое скалярное произведение! Теперь у нас есть 3 уравнения (скалярных произведения), попробуем их преобразовать и сделать выводы!

Подсказка 3

Нужное скалярное произведение есть 31/65 от суммы квадратов длин векторов AO и BO. А как учесть угол?)

Показать доказательство

Первое решение. Пусть $−A→B = ⃗b,−A→C = ⃗c,−A−M→ =⃗u$ и $−A−N→ =⃗v.$ Прямая $MN$ перпендикулярна медиане, следовательно,

⃗ ⃗u ⋅(b+ ⃗c)=0.

С другой стороны, $BM ⊥ AC$ и $CN ⊥ AB$ , поэтому

⃗ ⃗ (b− ⃗u)⋅⃗c= (⃗v− ⃗c)⋅b= 0.

Складывая три полученных равенства, выводим

(⃗u+ ⃗v)⃗b= 0

что возможно только если вектор $⃗u+ ⃗v$ нулевой, поскольку прямая $MN$ не перпендикулярна стороне $AB$ . Это обеспечивает равенство $AM =AN$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Обозначим середину отрезка $BC$ за $T$ . Отразим точки $C$ и $N$ относительно $A$ , то есть построим точки $C′$ и $N ′$ такие, что $A$ является серединой отрезков $CC ′$ и $NN ′.$

$PIC$

Ясно, что $C ′N′∥CN$ , что означает $C′N ′ ⊥BA$ . С другой стороны, $BM ⊥ C′A$ , так как $C′A$ и $CA$ - это одна и та же прямая. Наконец, отметим, что $ℓ⊥ C′B$ : это следует из того, что $ℓ$ перпендикулярна $AT$ , а $AT$ - средняя линия в треугольнике $CBA ′$ , то есть $AT ∥BC ′$ .

Осталось воспользоваться тем, что высоты $ℓ,BM$ и $C′N ′$ треугольника $ABC ′$ пересекаются в одной точке. Это означает, что $N′$ совпадает с $M$ , то есть $AM = AN ′ =AN$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#49005Максимум баллов за задание: 7

$ABCD$ – вписанный четырёхугольник, $AB >CD, BC >AD.$ На сторонах $AB$ и $BC$ отмечены точки $X$ и $Y$ так, что $AX = CD$ и $AD = CY.$ $M$ – середина $XY.$ Докажите, что угол $AMC$ – прямой.

Источники: Курчатов-2015, 11.4 (см. olimpiadakurchatov.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Так, точки X и Y в явном виде нам вряд-ли помогут, поскольку только с помощью этих точек мы не сможем определить ∠AMC. Тогда, давайте достроим картинку таким образом, чтобы MC и MA стали средними в треугольниках. Что для этого нужно сделать?

Подсказка 2

Да, нужно удвоить YC за точку C и XA за точку A! Для удобства обозначим точки, полученные после удвоения: Y’ и X’. Тогда, чтобы доказать, что ∠AMC прямой, достаточно доказать, что стороны треугольников, которые параллельны MC и MA – перпендикулярны! Отметим равны углы и стороны, можно ли найти на картинке равные треугольники?

Подсказка 3

Да, Y’CD и DAX равны! Заметим, что на картинке появилось два равнобедренных треугольника: XDY’ и X’DY. Тогда нам достаточно доказать, что угол между биссектрисами этих треугольников прямой! Осталось посчитать уголочки.

Показать доказательство

Удвоим $Y C$ за точку $C$ и $XA$ за точку $A$ и получим $X′$ и $Y′.$ Тогда $MA$ и $MC$ — средние линии в треугольниках $XY X′$ и $′ XY Y .$ Значит, достаточно доказать, что $XY$ и $′ XY$ перпендикулярны.

$PIC$

Заметим, что $YC = CY′ = DA,XA = AX ′ =CD$ и $Y′CD = DAX.$ Отсюда треугольники $YCD$ и $DAX ′$ равны и треугольники $Y ′CD$ и $DAX$ равны.

Тогда получается, что $XD = DY′$ и $X′D =DY.$ Это значит, что биссектрисы в треугольниках $XDY ′$ и $X ′DY$ также являются и высотами. Мы хотим доказать, что $XY$ и $XY ′$ перпендикулярны. Это равносильно тому, чтобы перпендикуляры к этим прямым были перпендикулярны, ведь угол между прямыми равен углу между перпендикулярами к ним.

Мы уже заметили, что биссектрисы в треугольниках $XDY ′$ и $X ′DY$ также являются высотами, так значит, нам нужно показать, что угол между биссектрисами является прямым. Давайте его посчитаем:

∠Y ′DY + ∠YDX + ∠XDX ′− ∠Y′DX-− ∠Y-DX′ = 2 2

′ ′ ∠Y-′DY- ∠Y-DX- ∠YDX-- ∠X′DX- =∠Y DY + ∠YDX + ∠XDX − 2 − 2 − 2 − 2 =

∠Y′DY ∠X′DX ∠Y ′DY ∠X ′DX = ∠Y ′DY + ∠XDX ′− --2---− --2---= ---2-- +---2--

Заметим, что $∠Y′DY = ∠DXX ′+ ∠DX ′X = 180∘− ∠XDX ′,$ поэтому посчитанный выше угол равен $90∘.$